\documentclass[handout]{slide}



\renewcommand{\mytitle}{第十章\quad 重积分}
\renewcommand{\mysubtitle}{第四节\quad 重积分的应用}
\graphicspath{{./images}}

\begin{document}




\begin{frame}{重积分的应用}
由前面的讨论可知， 曲顶柱体的体积、平面薄片的质量可用二重积分计算， 空间物体的质量可用三重积分计算。 本节中我们将把定积分应用中的元素法推广到重积分的应用中，利用重积分的元素法来讨论重积分在几何、物理上的一些其他应用。
\end{frame}


\section{曲面的面积}

\iffalse
\begin{frame}{曲面的面积}

设曲面 $S$ 由方程
\[
z=f(x, y)
\]
给出， $D$ 为曲面 $S$ 在 $x O y$ 面上的投影区域， 函数 $f(x, y)$ 在 $D$ 上具有连续偏导数 $f_{x}(x, y)$和 $f_{y}(x, y)$. 要计算曲面 $S$ 的面积 $A$.

\begin{wrapfigure}{r}{.3\textwidth}
  \centering
\includegraphics[max width=.3\textwidth]{2024_01_20_794ec3ddb03761f46f40g-33(1)}
\caption*{图 10-38}
\end{wrapfigure}
在闭区域 $D$ 上任取一直径很小的闭区域 $\mathrm{d} \sigma$ (这小闭区域的面积也记作 $\mathrm{d} \sigma$ ). 在 $\mathrm{d} \sigma$ 上取一点 $P(x, y)$, 曲面 $S$ 上对应地有一点 $M(x, y, f(x, y))$, 点 $M$ 在 $x O y$ 面上的投影即点 $P$. 点 $M$ 处曲面 $S$ 的切平面设为 $T$ (图 10-38). 以小闭区域 $\mathrm{d} \sigma$ 的边界为准线作母线平行于 $z$ 轴的柱面， 这柱面在曲面 $S$ 上截下一小片曲面， 在切平面 $T$ 上截下一小片平面。 由于 $\mathrm{d} \sigma$ 的直径很小， 切平面 $T$ 上的那一小片平面的面积 $\mathrm{d} A$ 可以近似代替相应的那小片曲面的面积。 设点 $M$ 处曲面 $S$ 上的法线
 (方向朝上) 与 $z$ 轴所成的角为 $\gamma$, 则
 \[
   \mathrm{d} A=\frac{\mathrm{d} \sigma}{\cos \gamma}.
 \]
 \end{frame}
\begin{frame}
  \begin{wrapfigure}{r}{.3\textwidth}
  \centering
\includegraphics[max width=.3\textwidth]{2024_01_20_794ec3ddb03761f46f40g-33}
\caption*{图 10-39}
\end{wrapfigure}
设两平面 $\Pi_{1}, \Pi_{2}$ 的夹角为 $\theta$ (取锐角), $\Pi_{1}$ 上的闭区域 $D$ 在 $\Pi_{2}$ 上的投影区域为 $D_{0}$, 则 $D$ 的面积 $A$ 与 $D_{0}$ 的面积 $\sigma$ 之间有关系
\[
A=\frac{\sigma}{\cos \theta} .
\]
事实上， 先假定 $D$ 是矩形闭区域， 且其一边平行于平面 $\Pi_{1}, \Pi_{2}$ 的交线 $l$, 边长为 $a$, 另一边长为 $b$ (图 10-39), 则 $D_{0}$ 也是矩形闭区域， 且边长分别为 $a$ 及 $b \cos \theta$, 从而
\[
\sigma=a b \cos \theta=A \cos \theta,
\]
即
\[
A=\frac{\sigma}{\cos \theta}
\]
在一般情况， 可把 $D$ 分成上述类型的 $m$ 个小矩形闭区域 (不计含边界点的不规则部分), 则小矩形闭区域的面积 $A_{k}$ 及其投影区域的面积 $\sigma_{k}$ 之间符合 $A_{k}=\frac{\sigma_{k}}{\cos \theta}(k=1,2, \cdots, m)$, 从而 $\sum_{k=1}^{m} A_{k}=\frac{\sum_{k=1}^{m} \sigma_{k}}{\cos \theta}$. 使各小
 闭区域的直径中的最大者趋于零， 取极限便得 $A=\frac{\sigma}{\cos \theta}$.
 \end{frame}

 \begin{frame}
 因为
 \[
 \cos \gamma=\frac{1}{\sqrt{1+f_{x}^{2}(x, y)+f_{y}^{2}(x, y)}}
 \]
 所以
 \[
 \mathrm{d} A=\sqrt{1+f_{x}^{2}(x, y)+f_{y}^{2}(x, y)} \mathrm{d} \sigma .
 \]
 这就是\emph{曲面 $S$ 的面积元素}， 以它为被积表达式在闭区域 $D$ 上积分， 得
 \[
 A=\iint_{D} \sqrt{1+f_{x}^{2}(x, y)+f_{y}^{2}(x, y)} \mathrm{d} \sigma .
 \]
 上式也可写成
 \[
 A=\iint_{D} \sqrt{1+\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)^{2}+\left(\frac{\partial z}{\partial y}\right)^{2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y
 \]
 这就是计算曲面面积的公式。
 \end{frame}
\fi

\begin{frame}{曲面的面积}
  设曲面$S$的参数方程用向量值函数表示出来为
\[
  r(u,v)=(x(u,v),y(u,v),z(u,v)),\quad\text{其中~} (x,y)\in D.
\]
我们想计算曲面$S$的面积$A$. 

\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{definition*}
    令
    \[
      \symbf{r}\colon D\rightarrow S, \quad (u,v)\mapsto (x(u,v),y(u,v),z(u,v))
    \]
    是参数曲面，其中$D$是有界闭区域。假设$\symbf{r}$有连续的一阶偏导数$\symbf{r}_{u}, \symbf{r}_{v}$, 且在$D$的内部
    $\symbf{r}_u\times \symbf{r}_v \neq 0$. 那么我们定义曲面$S$的面积为
    \[
      \sigma(S)= \iint_D |\symbf{r}_u\times \symbf{r}_v | \mathrm{~d}u \mathrm{~d}v.
    \]
  \end{definition*}
\end{frame}

\begin{frame}
设曲面 $S$ 由方程
\[
z=f(x, y)
\]
给出， $D$ 为曲面 $S$ 在 $x O y$ 面上的投影区域， 函数 $f(x, y)$ 在 $D$ 上具有连续偏导数 $f_{x}(x, y)$和 $f_{y}(x, y)$. 
$S$可以参数化为
\[
    \symbf{r}(x,y)=(x, y,f(x,y)),\quad\text{其中~}(x,y)\in D.
\]
此时
\[
  \symbf{r}_{x}= (1, 0, f_x), \quad \symbf{r}_y=(0,1,f_y).
\]
这样
\[
  \symbf{r}_x\times \symbf{r}_y = \begin{vmatrix}
    \symbf{i} & \symbf{j} & \symbf{k}\\
  1&  0&  f_x \\
  0 & 1 & f_y
\end{vmatrix} = (-f_x, -f_y,1),
\]
因此
\[
  A=\iint_{D} |\symbf{r}_{x}\times \symbf{r}_{y}| \mathrm{d}x \mathrm{d}y = \iint_D \sqrt{1+f_x^2+f_y^2} ~\mathrm{d}x ~\mathrm{d}y.
\]

 \end{frame}

\begin{frame}

 设曲面的方程为 $x=g(y, z)$ 或 $y=h(z, x)$, 可分别把曲面投影到 $y O z$ 面上 (投影区域记作 $D_{y z}$ ) 或 $z O x$ 面上 (投影区域记作 $D_{z x}$ ), 类似地可得
 \[
 A=\iint_{D_{y z}} \sqrt{1+\left(\frac{\partial x}{\partial y}\right)^{2}+\left(\frac{\partial x}{\partial z}\right)^{2}} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z
 \]
 或
 \[
 A=\iint_{D_{z z}} \sqrt{1+\left(\frac{\partial y}{\partial z}\right)^{2}+\left(\frac{\partial y}{\partial x}\right)^{2}} \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x
 \]
 \end{frame}

\begin{frame}
  \begin{example}
  求半径为 $a$ 的球的表面积。
\end{example}

\begin{solution*}[解法一]
  球面$S\colon x^2+y^2+z^2=a^2$可以参数化为
\[
  \begin{cases}
    x=a\sin \theta \cos \varphi \\
    y=a\sin\theta \sin \varphi\\
    z=a\cos \theta,
  \end{cases}\qquad \text{其中~}\theta\in [0,\pi], \varphi\in [0,2\pi].
\]
这样$S$用向量方程写出来就是
\[
  \symbf{r}(\theta, \varphi)=(a\sin \theta \cos \varphi, a\sin\theta \sin \varphi, a\cos \theta).
\]
我们有
\[
\begin{aligned}
  \symbf{r}_{\theta} &=  (a\cos\theta \cos \varphi, a\cos\theta\sin\varphi, -a\sin \theta),\\
  \symbf{r}_{\varphi}&=  (-a\sin\theta\sin\varphi,a\sin\theta\cos\varphi, 0),
\end{aligned}
\]
故
\end{solution*}

 \end{frame}

\begin{frame}

  \begin{solution*}[解法一 (续)]
\[
  \begin{aligned}
    \symbf{r}_{\theta}\times \symbf{r}_{\varphi} &= 
    \begin{vmatrix}
      \symbf{i} & \symbf{j} & \symbf{k} \\
a\cos\theta \cos \varphi&  a\cos\theta\sin\varphi & -a\sin \theta \\
-a\sin\theta\sin\varphi & a\sin\theta\cos\varphi & 0
    \end{vmatrix} \\
    &= \symbf{i} \begin{vmatrix}
      a\cos\theta\sin\varphi & -a\sin \theta \\
 a\sin\theta\cos\varphi & 0
    \end{vmatrix} - \symbf{j} 
    \begin{vmatrix}
   a\cos\theta \cos \varphi & -a\sin \theta \\
-a\sin\theta\sin\varphi & 0   
    \end{vmatrix} \\
    &\quad + \symbf{k} 
    \begin{vmatrix}
      a\cos\theta \cos \varphi&  a\cos\theta\sin\varphi\\
-a\sin\theta\sin\varphi & a\sin\theta\cos\varphi 
    \end{vmatrix} \\
    &= (a^2\sin^2\theta\cos \varphi, a^2\sin^2\theta \sin\varphi, a^2\sin\theta\cos \theta).
  \end{aligned}
\]
因此
\[
  |\symbf{r}_{\theta}\times \symbf{r}_{\varphi}|=a^2\sin \theta.
\]
这样$S$的面积为
\[
\begin{aligned}
  A(S)&=  \int_{0}^{\pi}\int_0^{2\pi} |\symbf{r}_{\theta}\times \symbf{r}_{\varphi}| \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}\theta \\
  &= \int_{0}^{\pi}\int_0^{2\pi} a^2\sin \theta \mathrm{d}\varphi \mathrm{d} \theta \\
  &= 4\pi^2 a.
\end{aligned}
\]
\end{solution*}
 \end{frame}

\begin{frame}


\begin{solution*}[解法二]
  取上半球面方程为 $z=\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}$, 则它在 $x O y$ 面上的投影区域 $D=\{(x, y) \mid$ $\left.x^{2}+y^{2} \leqslant a^{2}\right\}$.
    由
    \[
      \frac{\partial z}{\partial x}=\frac{-x}{\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}}, \frac{\partial z}{\partial y}=\frac{-y}{\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}}
  \]
得
\[
\sqrt{1+\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)^{2}+\left(\frac{\partial z}{\partial y}\right)^{2}}=\frac{a}{\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}}
\]
因为这函数在闭区域 $D$ 上无界， 我们不能直接应用曲面面积公式。 
\end{solution*}
\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{solution*}[解法二 (续)]
所以先取区域 
\[
  D_{1}=\left\{(x, y) \mid x^{2}+y^{2} \leqslant b^{2}\right\} \quad(0<b<a)
\]
为积分区域， 算出相应于 $D_{1}$ 上的球面面积 $A_{1}$ 后，令 $b \rightarrow a$ 取 $A_{1}$ 的极限就得半球面的面积。
\[
  A_{1}=\iint_{D_{1}} \frac{a}{\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y.
\]
利用极坐标， 得
\begin{align*}
  A_{1}&= \iint_{D_{1}} \frac{a}{\sqrt{a^{2}-\rho^{2}}} \rho \mathrm{d} \rho \mathrm{d} \theta=a \int_{0}^{2 \pi} \mathrm{d} \theta \int_{0}^{b} \frac{\rho \mathrm{d} \rho}{\sqrt{a^{2}-\rho^{2}}}\\
  &= 2 \pi a \int_{0}^{b} \frac{\rho \mathrm{d} \rho}{\sqrt{a^{2}-\rho^{2}}}=2 \pi a\left(a-\sqrt{a^{2}-b^{2}}\right) .
\end{align*}
于是
\[
\lim _{b \rightarrow a} A_{1}=\lim _{b \rightarrow a} 2 \pi a\left(a-\sqrt{a^{2}-b^{2}}\right)=2 \pi a^{2} .
\]
这就是半个球面的面积，因此整个球面的面积为
\[
  A=4 \pi a^{2}.
\]
\end{solution*}
\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{example}
  设有一颗地球同步轨道通信卫星， 距地面的高度为 $h=36000 \mathrm{~km}$, 运行的角速度与地球自转的角速度相同。 试计算该通信卫星的覆盖面积与地球表面积的比值 (地球半径 $R=6400 \mathrm{~km}$ ).
\end{example}
\pause
\begin{solution}
\begin{wrapfigure}{r}{.2\textwidth}
\centering
\includegraphics[max width=.2\textwidth]{2024_01_20_794ec3ddb03761f46f40g-35}
\caption*{图 10-40}
\pause
\end{wrapfigure}
取地心为坐标原点， 地心到通信卫星中心的连线为 $z$ 轴， 建立坐标系， 如图 10-40 所示。
通信卫星覆盖的曲面 $\Sigma$ 是上半球面被半顶角为 $\alpha$ 的圆锥面所截得的部分。
由上例解法二的计算可知$\Sigma$的面积为
\[
  A=2\pi R(R-\sqrt{R^2-R^2\sin^2\alpha})= 2\pi R^2(1-\cos\alpha).
\]
由于 $\cos \alpha=\frac{R}{R+h}$, 代人上式得
\[
A=2 \pi R^{2}\left(1-\frac{R}{R+h}\right)=2 \pi R^{2} \cdot \frac{h}{R+h} .
\]
由此得这颗通信卫星的覆盖面积与地球表面积之比为
\[
\frac{A}{4 \pi R^{2}}=\frac{h}{2(R+h)}=\frac{36 \times 10^{3}}{2(36+6.4) \times 10^{3}} \approx 42.5 \% .
\]

由以上结果可知， 卫星覆盖了全球三分之一以上的面积， 故使用三颗相隔 $\frac{2}{3} \pi$ 角度的通信卫星就可以覆盖几乎地球全部表面。
\end{solution}

\end{frame}


%\begin{frame}
 %\begin{solution}[续]
%$\Sigma$ 的方程为
%\[
%z=\sqrt{R^{2}-x^{2}-y^{2}}, \quad x^{2}+y^{2} \leqslant R^{2} \sin ^{2} \alpha .
%\]
%于是通信卫星的覆盖面积为
%\[
%  \begin{aligned}
%    A & =\iint_{D_{x y}} \sqrt{1+\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)^{2}+\left(\frac{\partial z}{\partial y}\right)^{2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \\
%  & =\iint_{D_{x y}} \frac{R}{\sqrt{R^{2}-x^{2}-y^{2}}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y .
%\end{aligned}
%\]
%    其中 $D_{x y}$ 是曲面 $\Sigma$ 在 $x O y$ 面上的投影区域， $D_{x y}=\left\{(x, y) \mid x^{2}+y^{2} \leqslant R^{2} \sin ^{2} \alpha\right\}$.
%  利用极坐标， 得
%  \begin{align*}
%    A&= \int_{0}^{2 \pi} \mathrm{d} \theta \int_{0}^{R \sin \alpha} \frac{R}{\sqrt{R^{2}-\rho^{2}}} \rho \mathrm{d} \rho=2 \pi R \int_{0}^{R \sin \alpha} \frac{\rho}{\sqrt{R^{2}-\rho^{2}}} \mathrm{~d} \rho\\
%  &= 2 \pi R^{2}(1-\cos \alpha) .
%\end{align*}
%由于 $\cos \alpha=\frac{R}{R+h}$, 代人上式得
%\[
%A=2 \pi R^{2}\left(1-\frac{R}{R+h}\right)=2 \pi R^{2} \cdot \frac{h}{R+h} .
%\]
%由此得这颗通信卫星的覆盖面积与地球表面积之比为
%\[
%\frac{A}{4 \pi R^{2}}=\frac{h}{2(R+h)}=\frac{36 \times 10^{3}}{2(36+6.4) \times 10^{3}} \approx 42.5 \% .
%\]
%
%由以上结果可知， 卫星覆盖了全球三分之一以上的面积， 故使用三颗相隔 $\frac{2}{3} \pi$ 角度的通信卫星就可以覆盖几乎地球全部表面。
%\end{solution}
%\end{frame}

\begin{frame}{利用曲面的参数方程求曲面的面积}

若曲面 $S$ 由参数方程
\[
\left\{\begin{array}{l}
x=x(u, v), \\
y=y(u, v), \quad(u, v) \in D \\
z=z(u, v)
\end{array}\right.
\]
给出， 其中 $D$ 是一个平面有界闭区域， 又 $x(u, v), y(u, v), z(u, v)$ 在 $D$ 上具有连续的一阶偏导数，且
\[
\frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)}, \quad \frac{\partial(y, z)}{\partial(u, v)}, \quad \frac{\partial(z, x)}{\partial(u, v)}
\]
不全为零， 则曲面 $S$ 的面积
\[
A=\iint_{D} \sqrt{E G-F^{2}} \mathrm{~d} u \mathrm{~d} v
\]
其中
\[
E=x_{u}^{2}+y_{u}^{2}+z_{u}^{2}, \quad F=x_{u} x_{v}+y_{u} y_{v}+z_{u} z_{v}, \quad G=x_{v}^{2}+y_{v}^{2}+z_{v}^{2} .
\]
\end{frame}


\begin{frame}
下面我们对例 2 用球面的参数方程按上述公式来进行计算。

~

$\Sigma$ 的参数方程为
\[
  \left\{\begin{array}{l}
    x=R \sin \varphi \cos \theta, \\
  y=R \sin \varphi \sin \theta, \quad(\varphi, \theta) \in D_{\varphi \theta} . \\
z=R \cos \varphi,
\end{array}\right.
\]
这里 
\[
  D_{\varphi \theta}=\{(\varphi, \theta) \mid 0 \leqslant \varphi \leqslant \alpha, 0 \leqslant \theta \leqslant 2 \pi\}.
\]

由于 $\sqrt{E G-F^{2}}=R^{2} \sin \varphi$,于是
\[
  \begin{aligned}
  A & =\iint_{D_{\varphi \theta}} \sqrt{E G-F^{2}} \mathrm{~d} \varphi \mathrm{d} \theta=\iint_{D_{\varphi \theta}} R^{2} \sin \varphi \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} \theta \\
& =R^{2} \int_{0}^{2 \pi} \mathrm{d} \theta \int_{0}^{\alpha} \sin \varphi \mathrm{d} \varphi=2 \pi R^{2}(1-\cos \alpha)\\
&= 2 \pi R^{2} \frac{h}{R+h} .
\end{aligned}
\]
\end{frame}

\section{质心}

\begin{frame}{质心}

先讨论平面薄片的质心。

设在 $x O y$ 平面上有 $n$ 个质点， 它们分别位于点 $\left(x_{1}, y_{1}\right),\left(x_{2}, y_{2}\right), \cdots,\left(x_{n}, y_{n}\right)$ 处，质量分别为 $m_{1}, m_{2}, \cdots, m_{n}$. 由力学知道， 该质点系的质心的坐标为
\[
\bar{x}=\frac{M_{y}}{M}=\frac{\sum_{i=1}^{n} m_{i} x_{i}}{\sum_{i=1}^{n} m_{i}}, \quad \bar{y}=\frac{M_{x}}{M}=\frac{\sum_{i=1}^{n} m_{i} y_{i}}{\sum_{i=1}^{n} m_{i}}
\]
其中 $M=\sum_{i=1}^{n} m_{i}$ 为该质点系的总质量，
\[
M_{y}=\sum_{i=1}^{n} m_{i} x_{i}, \quad M_{x}=\sum_{i=1}^{n} m_{i} y_{i}
\]
分别为该质点系对 $y$ 轴和 $x$ 轴的\emph{静矩}。

\end{frame}


\begin{frame}
  设有一平面薄片， 占有 $x O y$ 面上的闭区域 $D$, 在点 $(x, y)$ 处的面密度为 $\mu(x, y)$, 假定 $\mu(x, y)$ 在 $D$ 上连续。 现在要找该薄片的质心的坐标。

在闭区域 $D$ 上任取一直径很小的闭区域 $\mathrm{d} \sigma$ (这小闭区域的面积也记作 $\mathrm{d} \sigma$ ), $(x, y)$ 是这小闭区域上的一个点。 因为 $\mathrm{d} \sigma$ 的直径很小， 且 $\mu(x, y)$ 在 $D$ 上连续， 所以薄片中相应于 $\mathrm{d} \sigma$ 的部分的质量近似等于 $\mu(x, y) \mathrm{d} \sigma$, 这部分质量可近似看做集中在点 $(x, y)$ 上，于是可写出静矩元素 $\mathrm{d} M_{y}$ 及 $\mathrm{d} M_{x}$ :
\[
\mathrm{d} M_{y}=x \mu(x, y) \mathrm{d} \sigma, \quad \mathrm{d} M_{x}=y \mu(x, y) \mathrm{d} \sigma .
\]
以这些元素为被积表达式， 在闭区域 $D$ 上积分， 便得
\[
M_{y}=\iint_{D} x \mu(x, y) \mathrm{d} \sigma, \quad M_{x}=\iint_{D} y \mu(x, y) \mathrm{d} \sigma .
\]
又由第一节知道， 薄片的质量为
\[
M=\iint_{D} \mu(x, y) \mathrm{d} \sigma
\]
所以， 薄片的质心的坐标为
\[
\bar{x}=\frac{M_{y}}{M}=\frac{\iint_{D} x \mu(x, y) \mathrm{d} \sigma}{\iint_{D} \mu(x, y) \mathrm{d} \sigma}, \quad \bar{y}=\frac{M_{x}}{M}=\frac{\iint_{D} y \mu(x, y) \mathrm{d} \sigma}{\iint_{D} \mu(x, y) \mathrm{d} \sigma} .
\]
\end{frame}

\begin{frame}

如果薄片是均匀的， 即面密度为常量， 那么上式中可把 $\mu$ 提到积分记号外面， 并从分子、分母中约去， 这样便得均匀薄片的质心的坐标为
\[
\bar{x}=\frac{1}{A} \iint_{D} x \mathrm{~d} \sigma, \quad \bar{y}=\frac{1}{A} \iint_{D} y \mathrm{~d} \sigma,
\]
其中 $A=\iint_{D} \mathrm{~d} \sigma$ 为闭区域 $D$ 的面积。 这时薄片的质心完全由闭区域 $D$ 的形状所决定。 我们把均匀平面薄片的质心叫做这平面薄片所占的平面图形的形心。 因此， 平面图形 $D$的形心的坐标， 就可用公式(4-1)计算。
\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{example}
  求位于两圆 $\rho=2 \sin \theta$ 和 $\rho=4 \sin \theta$ 之间的均匀薄片的质心 (图 10-41).
\end{example}
\begin{solution}
  \begin{wrapfigure}{r}{.3\textwidth}
    \centering
  \includegraphics[max width=.3\textwidth]{2024_01_20_794ec3ddb03761f46f40g-38}
\caption*{图 10-41}
\end{wrapfigure}

因为闭区域 $D$ 关于 $y$ 轴对称， 所以质心 $C(\bar{x}, \bar{y})$ 必位于 $y$ 轴上，于是 $\bar{x}=0$.
再按公式
\[
\bar{y}=\frac{1}{A} \iint_{D} y \mathrm{~d} \sigma
\]
计算 $\bar{y}$. 由于闭区域 $D$ 位于半径为 $1$ 与半径为 $2$ 的两圆之间，所以它的面积等于这两个圆的面积之差， 即 $A=3 \pi$. 再利用极坐标计算积分
\[
  \begin{aligned}
    \iint_{D} y \mathrm{~d} \sigma & =\iint_{D} \rho^{2} \sin \theta \mathrm{d} \rho \mathrm{d} \theta\\
    &= \int_{0}^{\pi} \sin \theta \mathrm{d} \theta \int_{2 \sin \theta}^{4 \sin \theta} \rho^{2} \mathrm{~d} \rho \\
  & =\frac{56}{3} \int_{0}^{\pi} \sin ^{4} \theta \mathrm{d} \theta\\
  &= 7 \pi .
\end{aligned}
\]
\end{solution}
\end{frame}


\begin{frame}
  \begin{solution}[续]
    因此 $\bar{y}=\frac{7 \pi}{3 \pi}=\frac{7}{3}$, 所求质心是 $C\left(0, \frac{7}{3}\right)$.

    ~

类似地， 占有空间有界闭区域 $\Omega$ 、在点 $(x, y, z)$ 处的密度为 $\rho(x, y, z)$ （假定 $\rho(x, y, z)$ 在 $\Omega$ 上连续) 的物体的质心坐标是
\begin{align*}
  \bar{x}&= \frac{1}{M} \iiint_{\Omega} x \rho(x, y, z) \mathrm{d} V, \\
  \bar{y}&= \frac{1}{M} \iiint_{\Omega} y \rho(x, y, z) \mathrm{d} V, \\
  \bar{z}&= \frac{1}{M} \iiint_{\Omega} z \rho(x, y, z) \mathrm{d} V,
\end{align*}
其中 $M=\iiint_{\Omega} \rho(x, y, z) \mathrm{d} V$.
\end{solution}
\end{frame}


\begin{frame}
  \begin{example}
  求均匀半球体的质心。
\end{example}
\begin{solution}
取半球体的对称轴为 $z$ 轴， 原点取在球心上， 又设球半径为 $a$, 则半球体所占空间闭区域
\[
\Omega=\left\{(x, y, z) \mid x^{2}+y^{2}+z^{2} \leqslant a^{2}, z \geqslant 0\right\} .
\]
显然， 质心在 $z$ 轴上，故 $\bar{x}=\bar{y}=0$.
\[
\bar{z}=\frac{1}{M} \iiint_{\Omega} z \rho \mathrm{d} V=\frac{1}{V} \iiint_{\Omega} z \mathrm{~d} V
\]
其中 $V=\frac{2}{3} \pi a^{3}$ 为半球体的体积。
\[
  \begin{aligned}
    \iiint_{\Omega} z \mathrm{~d} V & =\iiint_{\Omega} r \cos \varphi \cdot r^{2} \sin \varphi \mathrm{d} r \mathrm{~d} \varphi \mathrm{d} \theta=\int_{0}^{2 \pi} \mathrm{d} \theta \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos \varphi \sin \varphi \mathrm{d} \varphi \int_{0}^{a} r^{3} \mathrm{~d} r \\
  & =2 \pi \cdot\left[\frac{\sin ^{2} \varphi}{2}\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cdot \frac{a^{4}}{4}=\frac{\pi a^{4}}{4} .
\end{aligned}
\]
因此， $\bar{z}=\frac{3}{8} a$, 质心为 $\left(0,0, \frac{3}{8} a\right)$.
\end{solution}
\end{frame}


\section{转动惯量}

\begin{frame}{转动惯量}
先讨论平面薄片的转动惯量。

设在 $x O y$ 平面上有 $n$ 个质点， 它们分别位于点
\[
\left(x_{1}, y_{1}\right), \quad\left(x_{2}, y_{2}\right), \cdots, \quad\left(x_{n}, y_{n}\right)
\]
处， 质量分别为 $m_{1}, m_{2}, \cdots, m_{n}$. 由力学知道， 该质点系对于 $x$ 轴以及对于 $y$ 轴的转动惯量依次为
\[
I_{x}=\sum_{i=1}^{n} y_{i}^{2} m_{i}, \quad I_{y}=\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2} m_{i}
\]

设有一薄片， 占有 $x O y$ 面上的闭区域 $D$, 在点 $(x, y)$ 处的面密度为 $\mu(x, y)$, 假定 $\mu(x, y)$ 在 $D$ 上连续。 现在要求该薄片对于 $x$ 轴的转动惯量 $I_{x}$ 以及对于 $y$ 轴的转动惯量 $I_{y}$.

应用元素法。 在闭区域 $D$ 上任取一直径很小的闭区域 $\mathrm{d} \sigma$ （这小闭区域的面积也记作 $\mathrm{d} \sigma),(x, y)$ 是该小闭区域上的一个点。 因为 $\mathrm{d} \sigma$ 的直径很小， 且 $\mu(x, y)$ 在 $D$ 上连续， '所以薄片中相应于 $\mathrm{d} \sigma$ 部分的质量近似等于 $\mu(x, y) \mathrm{d} \sigma$, 这部分质量可近似看做集中在点 $(x, y)$ 上， 于是可写出薄片对于 $x$ 轴以及对于 $y$ 轴的转动惯量元素
\[
\mathrm{d} I_{x}=y^{2} \mu(x, y) \mathrm{d} \sigma, \quad \mathrm{d} I_{y}=x^{2} \mu(x, y) \mathrm{d} \sigma .
\]
以这些元素为被积表达式，在闭区域 $D$ 上积分，便得
\[
I_{x}=\iint_{D} y^{2} \mu(x, y) \mathrm{d} \sigma, \quad I_{y}=\iint_{D} x^{2} \mu(x, y) \mathrm{d} \sigma .
\]
\end{frame}


\begin{frame}
  \begin{example}
  求半径为 $a$ 的均匀半圆薄片 (面密度为常量 $\mu$ ) 对于其直径边的转动惯量。
\end{example}

\begin{solution}
  \begin{wrapfigure}{r}{.3\textwidth}
    \centering
  \includegraphics[max width=.3\textwidth]{2024_01_20_794ec3ddb03761f46f40g-39}
\caption*{图 10-42}
\end{wrapfigure}
取坐标系如图 10-42 所示， 则薄片所占闭区域
\[
D=\left\{(x, y) \mid x^{2}+y^{2} \leqslant a^{2}, y \geqslant 0\right\} \text {, }
\]
而所求转动惯量即半圆薄片对于 $x$ 轴的转动惯量 $I_{x}$.
\[
  \begin{aligned}
    I_{x} & =\iint_{D} \mu y^{2} \mathrm{~d} \sigma=\mu \iint_{D} \rho^{3} \sin ^{2} \theta \mathrm{d} \rho \mathrm{d} \theta\\
    &= \mu \int_{0}^{\pi} \mathrm{d} \theta \int_{0}^{a} \rho^{3} \sin ^{2} \theta \mathrm{d} \rho 
   =\mu \cdot \frac{a^{4}}{4} \int_{0}^{\pi} \sin ^{2} \theta \mathrm{d} \theta\\
  &= \frac{1}{4} \mu a^{4} \cdot \frac{\pi}{2}=\frac{1}{4} M a^{2},
\end{aligned}
\]
其中 $M=\frac{1}{2} \pi a^{2} \mu$ 为半圆薄片的质量。
\end{solution}
\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{solution}[续]
类似地， 占有空间有界闭区域 $\Omega$ 、在点 $(x, y, z)$ 处的密度为 $\rho(x, y, z)$ （假定 $\rho(x, y, z)$ 在 $\Omega$ 上连续) 的物体对于 $x$ 轴 $y$ 轴和 $z$ 轴的转动惯量为
\[
  \begin{aligned}
    & I_{x}=\iiint_{\Omega}\left(y^{2}+z^{2}\right) \rho(x, y, z) \mathrm{d} V, \\
  & I_{y}=\iiint_{\Omega}\left(z^{2}+x^{2}\right) \rho(x, y, z) \mathrm{d} V, \\
& I_{z}=\iiint_{\Omega}\left(x^{2}+y^{2}\right) \rho(x, y, z) \mathrm{d} V .
\end{aligned}
\]
\end{solution}
\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{example}
  求密度为 $\rho$ 的均匀球对于过球心的一条轴 $l$ 的转动惯量。
\end{example}
\begin{solution}
取球心为坐标原点， $z$ 轴与轴 $l$ 重合， 又设球的半径为 $a$, 则球所占空间闭区域
\[
\Omega=\left\{(x, y, z) \mid x^{2}+y^{2}+z^{2} \leqslant a^{2}\right\} .
\]
所求转动惯量即球对于 $z$ 轴的转动惯量为
\[
  \begin{aligned}
    I_{z} & =\iiint_{\Omega}\left(x^{2}+y^{2}\right) \rho \mathrm{d} V \\
  & =\rho \iiint_{\Omega}\left(r^{2} \sin ^{2} \varphi \cos ^{2} \theta+r^{2} \sin ^{2} \varphi \sin ^{2} \theta\right) r^{2} \sin \varphi \mathrm{d} r \mathrm{~d} \varphi \mathrm{d} \theta \\
& =\rho \iiint_{\Omega} r^{4} \sin ^{3} \varphi \mathrm{d} r \mathrm{~d} \varphi \mathrm{d} \theta=\rho \int_{0}^{2 \pi} \mathrm{d} \theta \int_{0}^{\pi} \sin ^{3} \varphi \mathrm{d} \varphi \int_{0}^{a} r^{4} \mathrm{~d} r \\
& =\rho \cdot 2 \pi \cdot \frac{a^{5}}{5} \int_{0}^{\pi} \sin ^{3} \varphi \mathrm{d} \varphi=\frac{2}{5} \pi a^{5} \rho \cdot \frac{4}{3}=\frac{2}{5} a^{2} M,
\end{aligned}
\]
其中 $M=\frac{4}{3} \pi a^{3} \rho$ 为球的质量。
\end{solution}
\end{frame}


\section{引力}

\begin{frame}{引力}

下面讨论空间一物体对于物体外一点 $P_{0}\left(x_{0}, y_{0}, z_{0}\right)$ 处单位质量的质点的引力问题。

设物体占有空间有界闭区域 $\Omega$, 它在点 $(x, y, z)$ 处的密度为 $\rho(x, y, z)$, 并假定 $\rho(x, y, z)$ 在 $\Omega$ 上连续。 在物体内任取一直径很小的闭区域 $\mathrm{d} V$ (这闭区域的体积也记作 $\mathrm{d} V),(x, y, z)$ 为这一小块中的一点。 把这一小块物体的质量 $\rho \mathrm{d} V$ 近似地看做集中在点 $(x, y, z)$ 处。 于是按两质点间的引力公式， 可得这一小块物体对位于 $P_{0}\left(x_{0}, y_{0}, z_{0}\right)$ 处的单位质量的质点的引力近似地为
\[
  \begin{aligned}
  \mathrm{d} \boldsymbol{F} & =\left(\mathrm{d} F_{x}, \mathrm{~d} F_{y}, \mathrm{~d} F_{z}\right) \\
& =\left(G \frac{\rho(x, y, z)\left(x-x_{0}\right)}{r^{3}} \mathrm{~d} V, G \frac{\rho(x, y, z)\left(y-y_{0}\right)}{r^{3}} \mathrm{~d} V, G \frac{\rho(x, y, z)\left(z-z_{0}\right)}{r^{3}} \mathrm{~d} V\right),
\end{aligned}
\]
其中 $\mathrm{d} F_{x}, \mathrm{~d} F_{y}, \mathrm{~d} F_{z}$ 为引力元素 $\mathrm{d} F$ 在三个坐标轴上的分量， 
\[
  r=\sqrt{\left(x-x_{0}\right)^{2}+\left(y-y_{0}\right)^{2}+\left(z-z_{0}\right)^{2}},
\]
$G$ 为引力常量。 将 $\mathrm{d} F_{x}, \mathrm{~d} F_{y}, \mathrm{~d} F_{z}$ 在 $\Omega$ 上分别积分， 即得
\[\small
  \begin{aligned}
  \boldsymbol{F} & =\left(F_{x}, F_{y}, F_{z}\right) \\
& =\left(\iiint_{\Omega} \frac{G \rho(x, y, z)\left(x-x_{0}\right)}{r^{3}} \mathrm{~d} V, \iiint_{\Omega} \frac{G \rho(x, y, z)\left(y-y_{0}\right)}{r^{3}} \mathrm{~d} V, \iiint_{\Omega} \frac{G \rho(x, y, z)\left(z-z_{0}\right)}{r^{3}} \mathrm{~d} V\right) .
\end{aligned}
\]

\end{frame}


\begin{frame}
如果考虑平面薄片对薄片外一点 $P_{0}\left(x_{0}, y_{0}, z_{0}\right)$ 处单位质量的质点的引力， 设平面薄片占有 $x O y$ 平面上的有界闭区域 $D$, 其面密度为 $\mu(x, y)$, 那么只要将上式中的密度 $\rho(x, y, z)$ 换成面密度 $\mu(x, y)$, 将 $\Omega$ 上的三重积分换成 $D$ 上的二重积分， 就可得到相
应的计算公式。

  \begin{example}
  设半径为 $R$ 的质量均匀的球占有空间闭区域 $\Omega=\left\{(x, y, z) \mid x^{2}+y^{2}+z^{2} \leqslant\right.$ $\left.R^{2}\right\}$. 求它对位于 $M_{0}(0,0, a)(a>R)$ 处的单位质量的质点的引力。
\end{example}
\end{frame}


\begin{frame}

\begin{solution}
设球的密度为 $\rho_{0}$, 由球的对称性及质量分布的均匀性知 $F_{x}=F_{y}=0$, 所求引力沿 $z$ 轴的分量为
\[
  \begin{aligned}
    F_{z} & =\iiint_{\Omega} G \rho_{0} \frac{z-a}{\left[x^{2}+y^{2}+(z-a)^{2}\right]^{\frac{3}{2}}} \mathrm{~d} V \\
  & =G \rho_{0} \int_{-R}^{R}(z-a) \mathrm{d} z \iint_{x^{2}+y^{2} \leqslant R^{2}-z^{2}} \frac{\mathrm{d} x \mathrm{~d} y}{\left[x^{2}+y^{2}+(z-a)^{2}\right]^{\frac{3}{2}}} \\
& =G \rho_{0} \int_{-R}^{R}(z-a) \mathrm{d} z \int_{0}^{2 \pi} \mathrm{d} \theta \int_{0}^{\sqrt{R^{2}-z^{2}}} \frac{\rho \mathrm{d} \rho}{\left[\rho^{2}+(z-a)^{2}\right]^{\frac{3}{2}}} \\
& =2 \pi G \rho_{0} \int_{-R}^{R}(z-a)\left(\frac{1}{a-z}-\frac{1}{\sqrt{R^{2}-2 a z+a^{2}}}\right) \mathrm{d} z \\
& =2 \pi G \rho_{0}\left[-2 R+\frac{1}{a} \int_{-R}^{R}(z-a) \mathrm{d} \sqrt{R^{2}-2 a z+a^{2}}\right] \\
& =2 \pi G \rho_{0}\left(-2 R+2 R-\frac{2 R^{3}}{3 a^{2}}\right)=-G \cdot \frac{4 \pi R^{3}}{3} \rho_{0} \cdot \frac{1}{a^{2}}=-G \frac{M}{a^{2}},
\end{aligned}
\]
其中 $M=\frac{4 \pi R^{3}}{3} \rho_{0}$ 为球的质量。 上述结果表明： 质量均匀的球对球外一质点的引力如同球的质量集中于球心时两质点间的引力。
\end{solution}
\end{frame}

\end{document}
